借助函數最值求解不等式恒成立時參數的取值范圍問題
2010-12-31 00:00:00申天渠
中學課程輔導·教師教育(上、下) 2010年9期
摘 要：本文通過具體例子，說明如何借助函數最值來解不等式恒成立時參數的函數最值取值范圍。
關鍵詞：不等式；函數最值；取值范圍；取值范圍
中國分類號：G424 文獻標識碼：A 文章編號：1992-7711（2010）4-041 -01
不等式恒成立條件下參數的取值范圍問題一直都是高考數學中的一個難點，很多試題如：不等式能成立、函數恒單調遞增（遞減）、集合A是不等式解集的子集、函數f(x)的圖像恒在函數g(x)圖像的上方等等，又都可以化歸為不等式恒成立這一類問題來解決。這種問題的求解策略，總結歸納起來有很多種解法，如：用一元二次方程根的判別式、參數分離研究函數的最值、變更主元、數形結合等方法。方法雖多，但學生在解題過程中難以選擇最佳方法。通過對這些方法的分析，不難發現這些方法有一個共性，即：利用函數的最值求參數范圍。本文將通過具體例子，談談如何借助函數最值來求解不等式恒成立時參數的取值范圍。
例[S]1[SB] 對于滿足|p|≤2的所有實數p，求使不等式x2+px+1＞2x+p恒成立的x的取值范圍。
解析：不等式轉化為(x-1)p+x2-2x+1＞0
設f(p)=(x-1)p+x2-2x+1，
則原題轉化為設f(p)=(x-1)p+x2-2x+1＞0在\\[-2，2\\]上恒成立
易得[B({]f(-2)＞0f(2)＞0[B)]（*）即[B({]x2-4x+3＞0x2-1＞0[B)]
解得：[B({]x＞3或x＜1x＞1或x＜-1[B)]∴x＜-1或x＞3.
評析：本題是條件給出|p|≤2，所以將不等式先移項，構造關于p的一次函數f(p)，問題就轉化為f(p)min＞0。若函數f(p)單調遞增，則最小值為f(-2)，所以f(-2)＞0，此時f(2)＞0也成立。若函數f(p)單調遞減，則最小值為f(2)，所以f(2)＞0，此時f(-2)＞0。所以不管函數f(p)的單調性如何，只要通過不等式組（*）就可以求出參數范圍了。
例[S]2[SB] （2009江西卷文）設函數f(x)=x3-[S(]92[S)]x2+6x-a．若對于任意實數x，f′(x)≥m恒成立，求m的最大值。
解析：(1)f′(x)=3x2-9x+6=3(x-1)(x-2)，
因為x∈(-∞，+∞)，f′(x)≥m，即3x2-9x+(6-m)≥0恒成立，
所以Δ=81-12(6-m)≤0，得m≤-[S(]34[S)]，即m的最大值為-[S(]34[S)]
評析：本題是將f′(x)≥m恒成立轉化為f′(x)-m≥0恒成立，當Δ≤0時，其實質就是(f′(x)-m)min≥0。
[BP（]
例[S]3[SB] 已知定義在[W]R上函數f(x)為奇函數，且在\\[0，+∞)上是增函數，對于任意x∈[W]R求實數m范圍，使f(cos 2θ-3)+f(4m-2mcos θ)＞0恒成立。
解析：∵f(x)在[W]R上為奇函數，且在\\[0，+∞)上是增函數，∴f(x)在(-∞，+∞)上為增函數
又∵f(cos 2θ-3)+f(4m-2mcos θ)＞0
∴f(cos 2θ-3)＞－f(4m-2mcos θ)＝f(2mcos θ-4m)
∴cos 2θ-3＞2mcos θ-4m即2m(2-cos θ)＞3-cos 2θ（*）
方法一：cos2 θ-mcos θ+2m-2＞0，令cos θ=t，
則g(t)=t2-mt+2m-2＞0在\\[-1，1\\]上恒成立，
1°當[S(]m2[S)]＜-1，即m＜-2時 2°當-1≤[S(]m2[S)]≤1
[B({]m＜-2g(t)min=g(-1)=4m-1＞0[B)]無解
即-2≤m≤2時 解得4-2[KF(]2[KF)]＜m≤2
3°當[S(]m2[S)]＞1，即m＞2時
[B（{]m＞2g(t)min=g(1)＞0[B）]解得m＞2 綜合1°2°3°：m＞4-2[KF(]2[KF)]
方法二：∵2－cos θ∈\\[1，3\\]，將（*）整理得2m＞[S(]3-cos 2θ2-cos θ[S)]=[S(]4-2cos2 θ2-cos θ[S)]
∴m>[S(]2-cos2 θ2-cos θ[S)]=2+cos θ-[S(]22-cos θ[S)]
=4-\\[2-cos θ+[S(]22-cos θ[S)]\\]
令2－cos θ=t，t∈\\[1，3\\]∴m>4－(t+[S(]2t[S)])
即4－m ∵h(t)=t+[S(]2t[S)]≥2[KF(]2[KF)]等號成立條件t=[S(]2t[S)]，即t=[KF(]2[KF)]∈\\[1，3\\]成立 ∴h(t)min=2[KF(]2[KF)]∴4－m<2[KF(]2[KF)]即m>4－2[KF(]2[KF)] ∴m的取值范圍為（4－2[KF(]2[KF)]，＋∞） 評析：第一種方法是將問題轉化為研究二次函數在指定區間上的最值，是常規解法，關鍵要討論對稱軸與區間的相對位置關系；第二種方法則是通過對變量m分離，通過換元，進而研究函數h(t)的最大值，問題就迎刃而解了。以上兩種方法求解不等式恒成立時參數范圍，其實質都是通過研究函數的最值，只是后者通過變量分離之后研究函數最值，可以避免復雜的討論，這種解題思想在解題過程中經常遇到。但是，若參數m既有一次式，也有二次式，就無法分離了，還得通過討論來研究函數最值。 如：（2009寧夏海南卷文）已知函數f(x)=x3-3ax2-9a2x+a3.若a＞[S(]14[S)]，且當x∈\\[1，4a\\]時，|f′(x)|≤12a恒成立，試確定a的取值范圍. 解析：f′(x)=3x2-6ax-9a2的圖像是一條開口向上的拋物線，關于x=a對稱. 若[S(]14[S)]＜a≤1，則f′(x)在\\[1，4a\\]上是增函數， 所以f′(x)在\\[1，4a\\]上的最小值是f′(1)=3-6a-9a2，最大值是f′(4a)=1a2 由|f′(x)|≤12a，得-12a≤3x2-6ax-9a2≤12a， 于是有f′(1)=3-6a-9a2≥-12a，且f′(4a)=1a2≤12a. 由f′(1)≥-12a得-[S(]13[S)]≤a≤1，由f′(4a)≤12a得0≤a≤[S(]4[S)]. 所以a∈([S(]14[S)]，1\\]∩\\[-[S(]13[S)]，1\\]∩\\[0，[S(]4[S)]\\]，即a∈([S(]14[S)]，[S(]4[S)]\\]. 若a>1，則|f′(a)|=12a2＞12a.故當x∈\\[1，4a\\]時|f′(x)|≤12a不恒成立. 所以使|f′(x)|≤12a(x∈\\[1，4a\\])恒成立的a的取值范圍是([S(]14[S)]，[S(]4[S)]\\] 評析：本題是將問題轉化為研究f′(x)在區間\\[1，4a\\]上的最值來處理，無法分離參數a，而且區間中本身也有參數a，所以對于這類問題就直接研究f′(x)的最值進行求解了。[BP）] 例[S]3[SB] 若不等式3x2-loga x＜0當x∈\\[0，[S(]13[S)]\\]時恒成立，求實數a的取值范圍。 解析：由題意知：3x2＜loga x在x∈\\[0，[S(]13[S)]\\]內恒成立。 在同一坐標系內分別作出y=3x2和y=loga x的圖象 則x∈\\[0，[S(]13[S)]\\]時，y=loga x的圖象位于函數y=3x2的圖象上方，當a>1時，顯見不成立。故0 由圖可知：y=loga x的圖象必須過點([S(]13[S)]，[S(]13[S)])的上方，則：loga [S(]13[S)]＞[S(]13[S)]∴a＞[S(]127[S)]② 由①，②知：[S(]127[S)]＜a＜1即a的取值范圍為([S(]127[S)]，1) 評析：考察函數y=3x2在區間\\[0，[S(]13[S)]\\]上是單調遞增函數，ymax=loga [S(]13[S)]；當0 新課程增加了三角函數和指數函數、對數函數的求導公式以及加減乘除的求導法則等內容，函數最值的求解將更加方便，命題者在這部分將大有作為，這種題型將得到了進一步的充實和發展。這就要求我們在探求不等式恒成立參數問題的過程中，要以不變應萬變，要根據具體的題設條件，認真分析題目中不等式的結構特征，從不同的角度，不同的方向，加以分析，必要的時候還要通過適當的變形，再探討函數的最值，利用f(x)min＞0或者f(x)min≥a從而快速、準確地解出參數的范圍。 參考文獻： ［1］霍慶元、徐廣衛.兩類不等式恒成立問題的解法\\[\\].高中數學教與學，2009(06). ［2］馬運春、石磊.恒成立問題求解策略\\[\\].數理化解題研究(高中版)，2009(07). ［3］高小娟.淺談不等式中守恒成立問題的處理\\[\\].考試(高考數學版)，2009(4). ［4］沈玉清.不等式參數求解問題的研究\\[\\].考試(高考數學版)，2009(4)
